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• Francisco López Zapata

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PROBLEMAS RESUELTOS SOBRE INTEGRALES IMPROPIAS

Ejemplo 01. Determine los valores de p∈ R , para los cuales la integral impropia converge: ∞

dx ∫ Lnx xp 0

Solución

p=1 :

a) Si

∞

b

b Lnx 1 dx=lim ∫ dx= lim ( Lnx )2|0=∞ ∫ Lnx x x 2 b →∞ b→∞ 0 0

La integral diverge.

p1 : p=q +1 q

Lnx< x 2 (1) para x suficientemente grande q

Lnx x 2 1 Lnx 1 < q +1 = q p=q+1 p < q q +1 +1 +1 ⇔ x x x x2 x2 La integral impropia:

∞

∫ 0

dx x

q +1 2

CONVERGE ∀ q >0

Por lo tanto: ∞

dx CONVERGE ∫ Lnx p x 0

CONCLUSIÓN: La integral dada diverge si

p≤ 1

y converge si

p>1

Ejemplo 02. Determine si es convergente la siguiente integral impropia: 1 0

2

1 dx x

( )

I =∫ x ln

En caso afirmativo calcular su valor. Solución

1 −t −t t=ln ⇰ x=e ⇰ dx=−e dt x

Sea

Cambiando límites:

si x ⟶ 0 ⇰t ⟶ ∞ ; si x ⟶ 1 ⇰t ⟶ 0

Así: 1

0

2

∞

1 1 I =∫ x ln dx=I =∫ e−t t 2 (−e−t dt )=∫ e−2 t t 2 dt= x 4 0 ∞ 0

( )

Por lo tanto, la integral dada es convergente Ejemplo 03. Determine si es convergente la siguiente integral impropia: 1

1/ 3

( t +2 ) I =∫ dx 2 −1 ( 4 t−1 ) En caso afirmativo calcular su valor. Solución 1

1/ 3

1/4

1 /3

1

1 /3

( t +2 ) ( t+2 ) (t +2 ) I =∫ dx= ∫ dx + ∫ dx 2 2 2 −1 ( 4 t−1 ) −1 ( 4 t−1 ) 1 / 4 ( 4 t−1 ) ⏟ ⏟ I1

I2

a) Analizando la convergencia de

I1 :

Comparando con la integral: 1/ 4

∫ −1

1 dx 2 ( 4 t−1 )

Arreglando el denominador del integrando: 2

[ ( )] ( ) ( )

( 4 t−1 )2 = 4 t−

1 4

=16 t−

1 2 1 =16 −t 4 4

2

Así, 1/ 4

∫ −1

1 /4

1 1 1 dx= ∫ dx pues p=2>1 2 2 16 −1 1 ( 4 t−1 ) −t 4 ⏟

( )

DIVERGE

Luego: 1/ 4

∫ −1

1 dx DIVERGE 2 ( 4 t−1 )

Entonces, por el criterio de comparación por paso al límite:

( t+2 )1 /3 ( 4 t−1 )2 ( t+2 )1 /3 ( 4 t−1 )2 9 lim =lim =lim ( t+2 )1 /3= 2 1 4 1 1 1 ( 4 t−1 ) t→ t→ t→ 4 4 4 2 ( 4 t−1 )

1/ 3

()

1

∴ I =∫ −1

≠0

1 /3

(t + 2) dx DIVERGE 2 ( 4 t−1 )

Observación: No ha sido necesario analizar la integral

I2

por la razón

de que si una de estas integrales diverge, entonces la suma diverge, así sea una de ellas convergente. Ejercicio 04. Estudiar la convergencia de: ∞

x 2n −1

I n=∫

n +3

( x 2 +1 )

0

Probar que para

dx , n≥ 1

n ≥2 , se cumple: I ( n−1 n+ 2 )

I n= Calcular:

n−1

I1 , I2 y I 3 Solución f ( x )=

Se observa que la función racional

x 2 n−1 es continua y positiva

n+3

( x 2+1 )

en toda la recta real; además la integral dada solo presenta problemas debido al intervalo infinito (primera especie) Asimismo;

∀ n≥ 1

se cumple:

x 2+1> x 2 ⇔ ( x 2+ 1 ) ⇰

1

( x 2+1 )

< n+3

1

x

⇔ 2 n+6

n+3

x

n +3

>( x 2 )

2n−1

( x 2 +1 )

< n +3

2n−1

x 2 n+6 x

⇰

x

2 n−1

( x 2+1 )

n+3


−1⇔ a−1 .

Por lo tanto la integral: ∞

I =∫ 0

7 x+3 dx CONVERGE si−1−a

y

I1 :

a) Analizando la convergencia de

( x−b ) p 1 1 x→b = >0 si p= 2 ( x+ a ) √ x−b a+b 1 ( x +a ) √ x−b x → b+¿ =lim ¿ 1 ¿ p ( x−b ) lim ¿ +¿

¿

Luego,

I1

es convergente porque la integral:

b+1

dx ESCONVERGENTE ∫ √ x−b b

I2 :

b) Analizando la convergencia de

1 p lim x ( x +a ) √ x−b 3 x →∞ lim = =1 si p= >1 1 2 x→∞ ( x +a ) √ x−b p x Entonces,

I2

ES CONVERGENTE.

Luego, para todos los valores de ∞

I =∫ b

a

b

y

tales que

a+b >0 , la integral:

dx CONVERGE ( x +a ) √ x−b

c) Cálculo de la integral impropia: ∞

I =∫ b

dx ( x +a ) √ x−b En efecto

Utilizamos el cambio de variable:

x−b=t 2 con t >0 ⇰

tdt {x +dx=2 a=a+ b+t

Nuevos límites:

2

Si x ⟶ b ⇰t ⟶ 0 y Si x ⟶ ∞ ⇰ t ⟶ ∞

Entonces: ∞

I =∫ b

h

h

dx 2tdt dt = lim ∫ =2 lim ∫ =¿ 2 2 ( x +a ) √ x−b h→ ∞ 0 ( a+ b+t ) t h→ ∞ 0 ( a+b ) +t

2 I= lim arctan √ a+ b h → ∞

(

t √ a+b

h

2 lim arctan ( )| = √ a+b [ √a+bh )−arctan (0)] 0

h→ ∞

I=

[]

2 [ arctan ( ∞ )−0 ]= 2 π2 = π √ a+ b √a+ b √ a+b

Por lo tanto: ∞

I =∫ b

dx π = ( x +a ) √ x−b √ a+b

Ejercicio 07. Calcular la integral:

+¿

1

n

I n=∫ ( Lnx ) dx , n∈ Z ¿ 0

Solución Utilizando integración por partes: Sea:

{

{

n

n−1

−1

u=( Lnx ) ⇰ du=n ( Lnx ) x dx dv=dx v=x

Así, se tiene que para

n ≥2 :

1

1 0

I n=u . v| −∫ v du=lim [ x ( Lnx )

n

a →0

0

1

1

]|a−n lim ∫ ( Lnx )n−1 dx

a →0 a ⏟ I n−1

⇰ I n=lim [ 1 ( ln 1 )n−a ( Lna )n ]−n I n−1 a→ 0

⇰ I n=lim [ 0−a ( Lna )n ]−n I n−1 a→ 0

⇰ I n=−lim

a→0

[ ]

( Lna )n −n I n−1 (¿) 1 a

Utilizando reiteradas veces L’Hóspital, calculamos por separado el límite de la relación

(¿) :

¿∗¿ ( Lna )n lim =0 ¿ 1 a→0 a

[ ]

Reemplazando

¿∗¿ en ¿ 2

(¿)

se tiene:

I n=−n I n−1=(−1 ) n ( n−1 ) I n−2=…=(−1 ) ⇰ I n=(−1 )

n−1

n−1

n! I1

n! I1

Utilizando nuevamente integración por partes, calculamos:

1

I 1 =∫ Lnx dx=−1 0

Por lo tanto:

I 1 =(−1 )

n−1

+¿ n ! para cualquier n ∈ Z ¿